Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 04

Đáp án đúng là: C

Điều kiện xác định của phương trình là và hay

Đáp án đúng là: A

Cách 1: Sử dụng MTCT để tìm nghiệm của hệ hai phương trình

Với MTCT phù hợp, ta bấm lần lượt các phím:

Trên màn hình hiện kết quả , ta bấm tiếp phím , màn hình cho kết quả

Vậy là nghiệm của hệ phương trình .

Cách 2: Từ phương trình thứ nhất, ta có: .

Thế vào phương trình thứ hai, ta được:

hay , suy ra

Thay vào , ta được

Vậy là nghiệm của hệ phương trình .

Đáp án đúng là: D

Nhận thấy -4 > -5, do đó, cộng hai vế với ( bất kì) nên ta được 2a - 4 > 2a - 5

Đáp án đúng là: B

Giải bất phương trình, ta được:

Vậy nghiệm của bất phương trình là

Đáp án đúng là: A

⦁ Biểu thức có điều kiện xác định là và .

Ta có: do đó khi hay

Do đó, điều kiện xác định của biểu thức là và .

⦁ Biểu thức có điều kiện xác định là: và hay và

⦁ Biểu thức có điều kiện xác định là

⦁ Biểu thức có điều kiện xác định là

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định của là hay

Đáp án đúng là: B

Ta có:

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác vuông tại , ta có: .

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác vuông tại , ta có:

suy ra

Đáp án đúng là: C

Khi R - R' < OO' < R + R' thì hai đường tròn đó cắt nhau. Do đó, số điểm chung là 2 điểm.

Đáp án đúng là: D

Ta có: nên .

Do đó, độ dài cung tròn có số đo là: .

Đáp án đúng là: B

Hai đường tròn và tiếp xúc ngoài thì độ dài của bằng

Thay (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức , ta được:

Vậy giá trị của biểu thức khi .

Với , ta có:

.

Vậy với thì

Ta có:

Với , thì

Với , ta có:

.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương và , ta có:

.

hay .

Dấu “=” xảy ra khi , tức là nên (do ) hay (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của khi

.

Điều kiện xác định:.

Ta có:

Suy ra hoặc .

Do đó, (thỏa mãn) hoặc (loại).

Vậy phương trình có nghiệm là .

.

Vậy nghiệm của bất phương trình là

Gọi $x\,\,({\rm{ml}})$ là thể tích dung dịch nước muối $1{,}5\%$ và $y\,\,({\rm{ml}})$ là thể tích nước cất $0\%$ $\left( {x,\,\,y > 0} \right).$

Tổng thể tích dung dịch là $1{\rm{ 000 ml}}$ nên ta có phương trình $x + y = 1000$ (1).

Tổng khối lượng muối trong dung dịch là $0{,}9\%$ của $1{\rm{ 000 ml}}$. Lượng muối trong dung dịch ban đầu là $1{,}5\% .x$ và trong nước cất là $0$.

Do đó: $0{,}015x + 0y = 0{,}009.1000$ hay $0{,}015x = 9$ (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1000\\0{,}015x = 9\end{array} \right.$.

Giải phương trình $0{,}015x = 9$ được $x = 9:0{,}015 = 600$ (thỏa mãn).

Thay $x = 600$ vào phương trình (1), được: $y = 1000 - 600 = 400$ (thỏa mãn).

Vậy Lan cần $600{\rm{ ml}}$ dung dịch nước muối $1{,}5\%$ và $400{\rm{ ml}}$ dung dịch nước cốt $0\%$ để pha được dung dịch mong muốn.

Ta có: O10-2024-GV154

Từ ta có

Ta có

Xét vuông tại , ta có: O10-2024-GV154, do đó

Vậy góc nâng từ đến nóc tòa nhà khoảng .

Gọi là trung điểm của Khi đó

Xét vuông tại có là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

Xét vuông tại có là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

Do đó nên bốn điểm cùng thuộc đường tròn tâm đường kính .

Hay là đường kính của đường tròn đi qua ba điểm

Gọi là giao điểm của và đường tròn tâm đường kính

Suy ra (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay vuông tại

Ta có

Mà (cùng là đường kính của đường tròn tâm )

Và (hai góc nội tiếp cùng chắn cung của đường tròn tâm )

Suy ra

Ta có cố định nên không đổi

Do đó từ , để dài nhất thì dài nhất mà là dây của đường tròn

Nên dài nhất khi là đường kính của đường tròn

Do đó đối xứng với qua .

Theo đề bài, tỉ số giữa chiều cao $h$ và chiều rộng đáy $y$ bằng $4$ nên $h = 4y$.

Thể tích chiếc hộp $3{\rm{ d}}{{\rm{m}}^3}$ nên $xyh = 3{\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)$ hay $4x{y^2} = 3$, suy ra $x = \frac{3}{{4{y^2}}}$.

Do chiếc hộp không nắp, do đó diện tích bìa cần dùng là tổng diện tích đáy hộp và diện tích xung quanh của hộp.

Ta có: $S = xy + 2h\left( {x + y} \right) = \frac{3}{{4{y^2}}} \cdot y + 2 \cdot 4y \cdot \left( {\frac{3}{{4{y^2}}} + y} \right)$

$= \frac{3}{{4y}} + \frac{6}{y} + 8{y^2} = \frac{{27}}{{4y}} + 8{y^2} = \frac{{27}}{{8y}} + \frac{{27}}{{8y}} + 8{y^2}$.

Do $y$ là chiều rộng của hộp nên $y > 0$.

Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số $\frac{{27}}{{8y}}\,;\,\,\frac{{27}}{{8y}}\,;\,\,8{y^2}$ không âm, ta được:

$\frac{{27}}{{8y}} + \frac{{27}}{{8y}} + 8{y^2} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{{27}}{{8y}} \cdot \frac{{27}}{{8y}} \cdot 8{y^2}}}$, suy ra $S \ge \frac{{27}}{2}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{{27}}{{8y}} = 8{y^2}$ hay ${y^3} = \frac{{27}}{{64}}$ nên $y = \frac{3}{4}$ (dm).

Do đó, $x = \frac{3}{{4{y^2}}} = \frac{3}{{4 \cdot {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}}} = \frac{4}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{dm}}} \right)$.

Vậy lượng bìa cần dùng ít nhất có diện tích là $\frac{{27}}{2}{\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)$ khi chiều dài $x = \frac{4}{3}$ dm.